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CHIMICA GENERALE ED INORGANICA
Prova scritta del 6 febbraio 2014
1) Si mettono a reagire 52.36 g di KClO3 con 19.45 g di HCl in 2 L di acqua. Avviene
la reazione (da bilanciare): KClO3 + HCl  ClO2(g) + H2O + KCl. Calcolare il
volume di ClO2 prodotto (misurato a 0.51 atm torr e 303 K) ed il pH finale
L’equazione bilanciata è
5 KClO3 + 6 HCl  6 ClO2(g) + 3 H2O + 5 KCl
Le quantità utilizzate sono:
mol KClO3 (MM = 122.55 g/mol) = massa/MM = 52.36/122.55 = 0.427 mol
mol HCl (MM = 36.46 g/mol) = massa/MM = 19.45/36.5 = 0.532 mol
Il rapporto stechiometrico è mol HCl/mol KClO3 = 6:5 = 1.2
Il rapporto effettivo è mol HCl/mol KClO3 = 0.532/0.427 = 1.24 > 1.2 quindi l’agente
limitante è KClO3.
Si ottengono mol ClO2 = mol KClO3  6/5 = 0.427  1.2 = 0.512 mol
Il volume occupato si ricava dall’equazione di stato dei gas perfetti: PV = nRT
V = nRT/P = 0.512  0.082  303 / 0.51 = 25.0 L
La quantità di HCl reagita è mol HCl = mol ClO2 = 0.512 mol
La quantità di HCl in eccesso si ottiene per differenza:
mol HCl = mol iniziali – mol reagite = 0.532- 0.512 = 0.020 mol.
È utile visualizzare le quantità in tabella:
5 KClO3 +
6 HCl  6 ClO2(g) + 3 H2O + 5 KCl
iniz
0.427
0.532
var
-0.427
-0.512
+0.512
fin
0
0.02
0.512
La concentrazione di HCl in eccesso è quindi [HCl] = mol/V = 0.02/2 = 0.01
Il pH è pH = -Log[H3O+] = -Log 0.01 = 2.0
2) 0.1 litri di soluzione acquosa di NH3 0.05 M vengono titolati con HCl 0.5 M.
Calcolare il pH della soluzione che si ottiene per aggiunta di 0, 2.5, 5, 10 mL
Kb(NH3) = 1.8  10-5
NH3 è una base debole, HCl un acido forte
La reazione di neutralizzazione è NH3 + HCl NH4+ + ClLa quantità di NH3 utilizzata è mmol NH3 = M  V = 100  0.05 = 5 mmol
prima delle aggiunte (V = 0 mL) il pH è quello determinato dall’ammoniaca:
[OH-]=  Kb[NH3] = (1.8 10-5 0.05) = 9.5 10-4 M
pOH = -Log[OH-] = -Log 9.5 10-4 = 3.02
pH = 14-pOH = 14-3.02 = 10.98
2.5 mL di soluzione titolante contengono mmol HCl = M V = 2.5  0.5 = 1.25 mmol
Quindi le quantità in soluzione sono schematizzate in tabella:
NH3 +
HCl 
NH4+ + Cliniz
5
1.25
variaz
-1.25
-1.25
+1.25
fin
3.75
0
1.25
Si è formata una soluzione tampone il cui pH è dato dall’equazione (approssimata)
[H3O+]  KAnA/nB
La KA va calcolata dalla relazione Kw = KAKB
KA = 10-14/1.8 10-5 = 5.5  10-5
[H3O+]= 5.5  10-10  1.25/3.75 =1.83  10-10 pH = -Log[H3O+] = -Log 1.8 10-10 = 9.74
5 mL di soluzione titolante contengono mmol HCl = M V = 5  0.5 = 2.5 mmol
Quindi le quantità in soluzione sono schematizzate in tabella:
NH3 +
HCl 
NH4+ + Cliniz
5
2.5
variaz
-2.5
-2. 5
+2.5
fin
2.5
0
2.5
Si è formata una soluzione tampone il cui pH è dato dall’equazione (approssimata)
[H3O+]  KAnA/nB
[H3O+]= 5.5  10-10  2.5/2.5 =5.5  10-10 pH = -Log[H3O+] = -Log 5.5 10-10 = 9.26
10 mL di soluzione titolante contengono mmol HCl = M V = 10  0.5 = 5 mmol
Quindi le quantità in soluzione sono schematizzate in tabella:
NH3 +
HCl 
NH4+ + Cliniz
5
5
variaz
-5
-5
+5
fin
0
0
5
Si è al punto di equivalenza . È presente solo un acido debole, in concentrazione
[NH4+] = mmol/V = 5/110 = 0.045 M;
il pH è dato dall’equazione (approssimata)
[H3O+]   KA[NH4+] = (5.5 10-10 0.045) = 5 10-6 M
pH = -Log[H3O+] = -Log 5 10-6 = 5.30
3) Una roccia ricca in ZnS della massa di 2.306 g viene mineralizzata con acidi, ed i
prodotti vengono sciolti in 0.250 L di acqua. Si prelevano 50 mL di questa
soluzione e si diluiscono fino al volume di 2.00 L. L’analisi della soluzione finale
determina una concentrazione di Zn pari a 4.64 mg/L. Determinare la
percentuale di ZnS contenuta nel campione solido iniziale.
La soluzione finale contiene una quantità di Zn pari a : massa = conc  V = 4.64 2 =
9.28 mg.
Tale massa era contenuta nel prelievo di 50 mL che costituiva i 50/250 = 1/5 del
totale.
2
Per cui la quantità di Zn totale è 9.28  5 = 46.4 mg
Per ricavare la quantità di ZnS bisogna ricavare le moli di Zn (MA = 65.4 mg/mmol)
mmol di ZnS = mmol di Zn = massa/MA = 46.4/65.4 = 0.71 mmol
La massa di ZnS ( MM = 97.4 mg/mmol) è
massa = mmol MM = 0.71  97.4 = 69.1 mg
La % di ZnS è % = massa di ZnS/massa totale 100 = 100  69.1/2306 = 3 %
4) Un composto gassoso di formula X2 si dissocia al 40 % alla pressione di 2.80
atm. Calcolare Kp per la reazione X2(g) 2 X(g). Determinare la percentuale di
dissociazione di X2 alla stessa temperatura, ma a 10 atm
Per ricavare la composizione di equilibrio, si può considerare una quantità arbitraria di
mol di X2 iniziale (p.es Q mol).
X2(g)
2 X(g).
iniz
Q
0
variaz
-0.4Q
2  0.4 Q
equil
0.6 Q
0.8 Q
La frazione molare di X è  = mol X/mol totali = 0.8 Q/ 1.4 Q = 0.571
La frazione molare di X2 è  mol X/mol totali = 0.6 Q/ 1.4 Q = 0.429
La pressione parziale di X è pX =   PTOT = 0.571  2.8 = 1.6 atm
La pressione parziale di X2 è pX2 =   PTOT = 0.429  2.8 = 1.2 atm
La Kp della reazione è Kp = (pX)2/pX2 = 1.62/1.2 = 2.133
A 10 atm si ha che pX2 = 10- pX.
Per cui Kp = (pX)2/pX2 = pX2/(10- pX) = 2.133
La pressione parziale di X2 è pX2 = 10 – 3.67 = 6.33 atm
pX = 3.67 atm
Per ricavare la composizione iniziale della miscela si può ancora usare la tabelle delle
variazioni, considerando che 3.67 atm di X corrispondono a 3.67/2 = 1.835 atm di X2
convertito:
X2(g)
2 X(g).
iniz
8.165
0
variaz
-1.835
+ 2  1.835
equil
6.33
3.67
La % di dissociazione è quindi 100  1.835/8.165 = 22 %
N.B.: in queste condizioni la conversione è inferiore a quella del primo caso in accordo
col principio di La Chetelier (alte pressioni spostano l’equilibrio nel senso in cui si ha
riduzione del numero di moli), in questo caso a sinistra.
3
5) Sulla base dei potenziali standard, prevedere cosa succede quando, in una
soluzione di dicromato vengono aggiunti a) un sale di Mn2+ e b) iodio
elementare. Le semireazioni coinvolte, ed i rispettivi potenziali sono:
MnO4- + 5e- + 8 H+  Mn2+ (E° = 1,51 V); 2 IO3- + 10 e- + 12 H+  I2 + 6 H2O
(E° = 1,20 V); Cr2O72- + 6e- + 14 H+  2 Cr3+ + 7 H2O (E°= 1.33 V). Scrivere le
equazioni chimiche, bilanciate e complete, che descrivono i fenomeni.
Il dicromato deve ridursi. Quindi la semireazione catodica va accoppiata con le altre
due semireazioni di ossidazione (verso anodico):
a) Cr2O72- + 6e- + 14 H+  2 Cr3+ + 7 H2O
Mn2+ + 4H2O MnO4- + 5e- + 8 H+
E° = 1.33
E° = 1.51
5Cr2O72- + 6 Mn2+ + 22 H+  10 Cr3+ + 11 H2O + 6 MnO4- E = 1.33 – 155 = - 0.22 < 0
Non avviene (a favore dei reagenti)
b) Cr2O72- + 6e- + 14 H+  2 Cr3+ + 7 H2O
I2 + 6 H2O  2 IO3- + 10 e- + 12 H+
E° = 1.33
E° = 1.20
Cr2O72- + I2 + 2 H+  2 Cr3+ + 2 IO3- + H2O
Avviene (a favore dei prodotti)
E° = 1.33- 1.20 = 0.33 V
6) Determinare la formula di Lewis, la geometria molecolare e gli orbitali utilizzati
dall’atomo centrale nei seguenti ioni a)
[NO2]- b)
[ClO2]- , c)
[SCN]-
NO2-
ClO2-
SCN-
5 + 2  6 + 1= 18
7 + 2  6 +1= 20
6 + 4 + 5 + 1 = 16
Classificazione
AX2E
AX2E2
AX2
Geometria
Piegata
Lineare
Lineare
O-N-O < 120°
O-Cl-O < 109°
S-C-N = 180°
N usa tre orbitali sp3
Cl usa quattro
C usa due orbitali sp
el. di valenza
Form. Di Lewis
Orb. Utilizzati
3
e un orbitale p per il
orbitali sp e un
e due orb p per il
legame 
orbitali d per il
legame 
legame 
4